2020高考物理一轮复习 基础夯实练(5)(含解析)新人教版
安徽省六安市2024高三冲刺(高考物理)人教版真题(巩固卷)完整试卷
安徽省六安市2024高三冲刺（高考物理）人教版真题(巩固卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F作用于b时，a、b紧靠板静止。
由于a球缓慢漏电，a球缓慢移动，现稍改变F的大小，使b一直处于静止状态，则下列说法正确的是（）A．两小球之间的库仑力变大B．力F减小C．系统的重力势能变大D．系统的电势能变小第(2)题如图甲所示，一台起重机将放在地面上的货物吊起。
货物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，其v-t图像如图乙所示，其中2s<t<10s时间段图像为曲线，其余时间段图像均为直线。
已知货物的质量为500kg，取重力加速度大小为g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）A．0~2s内起重机对货物的拉力大小为4950NB．14~18s内起重机对货物的拉力大小为5250NC．14~18s内起重机拉力对货物做功为-1.9×104JD．2s时起重机拉力的功率为5250W第(3)题我国科研人员利用铀-铅定年技术对“嫦娥五号”月球样品玄武岩岩屑中的富铀矿物进行分析，确定月球直到20亿年前仍存在岩浆活动。
该技术依赖的其中一种衰变链为经一系列α、β衰变后形成稳定的，关于该衰变链下列说法正确的是（ ）A．衰变成的过程中，不可能放出γ射线B．衰变成需经8次α衰变和6次β衰变C．的半衰期随外界环境温度的增大而变短D．β衰变是原子核内一个质子转变成中子的结果第(4)题如图所示。
质量m=20g的导体棒ab垂直放在宽度l=0.5m的平行金属导轨上，导轨下端与一电源和电阻连接，导轨平面与水平面间的夹角为37°，磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场（图中未画出）方向垂直导轨平面向上，导体棒中通有0.4A的电流时恰好能保持静止，取重力加速度大小g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，导体棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
2020届人教高考物理一轮选择题固基练(5)及参考答案
2020届人教高考物理一轮选择题固基练（5）及参考答案1、物体以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16 m/s。
已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。
则物体上坡和下坡所用的时间之比为( )A.4∶5B.5∶4C.2∶3D.3∶2【解析】选A。
设物体沿斜坡运动的位移为x，上坡时所用时间为t1，下坡时所用时间为t2，则有x=v1t1，x=v2t2，联立解得t1∶t2=4∶5，所以A项正确，B、C、D项错误。
2、如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。
已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。
不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则(θ一直小于30°)( )A.站在地面的人比站在二楼的人省力B.站在地面的人对绳的拉力越来越大C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大D.同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率【解析】选C。
设重物质量为m，对重物受力分析，则有站在地面的人对绳的拉力F T=mg，站在二楼的人对绳的拉力F T′=，重物匀速上升过程中，θ增大，cosθ减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，站在地面的人对绳的拉力不变，故B错误，C正确；由于不知θ具体数值，所以无法比较站在地面的人对绳的拉力与站在二楼的人对绳的拉力的大小，故A错误；根据动能定理，人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，所以人对绳拉力的功相等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，故D错误。
3、(2019·张家界模拟)空间存在一静电场，电场中的电势φ随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A.x=4 m处电场强度可能为零B.x=4 m处电场方向一定沿x轴正方向C.电荷量为e的负电荷沿x轴从O点移动到x=6 m处，电势能增大8 eVD.沿x轴正方向，电场强度先增大后减小【解析】选C。
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
高考物理一轮复习 课时分层提升练二十 机械能守恒定律及其应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
机械能守恒定律与其应用(建议用时45分钟)1.如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如下列图,如此对这四个阶段的描述正确的答案是( )A.a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能不变B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量【解析】选B。
a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能增大,选项A错误;b→c阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,选项B正确;c→d阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,杆伸直、人上升,动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量,选项C错误;d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人重力势能的减少量,选项D错误。
2.如下列图,质量均为m,半径均为R的两个完全一样的小球A、B,在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道,两轨道通过一小段圆弧平滑连接。
假设两小球运动过程中始终接触,不计摩擦阻力与弯道处的能量损失,在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A.0B.mgRsinθC.2mgRsinθD.2mgR【解析】选C。
两球运动到最高点时速度相等,动能相等,如此两球机械能的差值等于重力势能的差值,ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正确。
3.如下列图,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面顶端固定一光滑的小定滑轮,质量分别为m和2m的两个小物块A、B用轻绳连接,其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上,定滑轮与A之间的绳子水平,绳子开始时刚好拉直,且A与定滑轮之间的距离为l。
现使A 由静止下落,在A向下运动至O点正下方的过程中,如下说法正确的答案是( )A.物块B始终处于静止状态B.物块A运动到最低点时的速度大小为C.物块A运动到最低点时的速度方向为水平向左D.绳子拉力对物块B做正功【解析】选D。
2020年新课标高考物理一轮复习作业详答 新人教版
课时作业（一）【基础热身】1．B [解析] 选项A、C、D中的数据都是时间轴上的一个点，指的都是时刻；而选项B中15 s是与跑完100 m这一运动过程相对应的，指的是时间间隔，故选项B正确．2．C [解析] 位移是从起点指向终点的有向线段，是矢量；路程是运动路径的长度，是标量，它没有方向．正确选项只有C.3．B [解析] 加速度描述物体速度变化的快慢程度，选项A错误、B正确；加速度方向与运动方向共线时，物体一定做直线运动，同向时做加速运动，反向时做减速运动，选项C、D错误．4．A [解析] 由图可知，心脏每跳动一次，纸带向前移动大约是4个小方格的距离，约2.0 cm，则心脏每跳动一次所需时间约T＝xv＝0.80 s；此人心脏一分钟跳动的次数为n＝60 s0.80 s/次＝75次，故本题只有选项A正确．【技能强化】5．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当同向加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，由此可知本题只有选项B正确．6．AC [解析] 速度与加速度都是矢量，其正负表示速度与加速度的方向．速度与加速度方向相反，汽车做减速运动；经1 s速度减小Δv＝aΔt＝1 m/s，所以再过1 s汽车的速度变为5 m/s，故选项A、C正确．7．AB [解析] 如果物体做加速度逐渐减小的加速直线运动，则加速度为零时速度最大，选项A正确；根据加速度定义可知选项B正确；质点某时刻的加速度不为零，但该时刻的速度可以为零，选项C错误；物体速度变化量大小决定于加速度和时间两个因素，选项D错误．8．A [解析] 由于通讯员初、末位置都跟队尾士兵相同，所以位移也相同，由平均速度公式可以判断选项A正确．9．C [解析] 设总位移为x，则甲车运动的总时间t甲＝x2v甲1＋x2v甲2＝v甲1＋v甲22v甲1v甲2x，所以甲车的平均速度v甲＝xt甲＝2v甲1v甲2v甲1＋v甲2＝48 km/h；设乙车运动的总时间为t乙，则乙车的总位移x＝v乙1·t乙2＋v乙2·t乙2＝v乙1＋v乙22t乙，所以乙车的平均速度v乙＝xt乙＝v 乙1＋v乙22＝50 km/h.故C项正确．10. 230 m[解析] 为确保行车安全，要求在列车驶过距离L的时间内，已越过停车线的汽车的车尾必须能通过道口．汽车越过停车线至车尾通过道口的过程中，汽车的位移为x′＝l＋x＋x＝(15＋5＋26) m＝46 m汽车速度v2＝36 km/h＝10 m/s通过这段位移需要的时间t＝x′v2＝4610s＝4.6 s高速列车的速度v1＝180 km/h＝50 m/s所以安全行车的距离为L＝v1t＝50×4.6 m＝230 m. 11．(1)6.61 m/s2(2)9.26 s[解析] (1)末速度v＝100 km/h＝1003.6m/s＝27.78 m/s平均加速度a＝v－vt＝27.78－04.2m/s2＝6.61 m/s2.(2)所需时间t′＝v－va′＝27.78－03s＝9.26 s.12．0.067 m/s2[解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝dΔt1＝0.030.3m/s＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝dΔt2＝0.030.1m/s＝0.30 m/s故滑块的加速度a＝v2－v1Δt＝0.067 m/s2【挑战自我】13．45 km/h[解析] 设甲、丙两地距离为2l，汽车通过甲、乙两地的时间为t1，通过乙、丙两地的时间为t2.从甲到乙是匀加速运动，由l＝v甲＋v乙2·t1得t1＝lv甲＋v乙2＝2lv乙从乙到丙也是匀加速运动，由l＝v乙＋v丙2·t2得t2＝lv乙＋v丙2＝2lv乙＋v丙所以v甲丙＝2lt1＋t2＝2l2lv乙＋2lv乙＋v丙＝45 km/h.课时作业（二）【基础热身】1．BD [解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知x＝v t＝0＋v2t＝12vt，选项A错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成是初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C错误，选项D正确．2．B [解析] v0＝72 km/h＝20 m/s，设刹车时间为t，则at＝v，解得t＝va＝4 s，故刹车距离x＝v2t＝40 m.3．BC [解析] 当滑块速度大小变为v2时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝v2或v＝－v2，代入公式t＝v－v0 a 得，t＝vg或t＝3vg，故选项B、C正确．【技能强化】4．C [解析] 物体开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝v22a＝12×1m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝va＝1 s，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝L－xv＝2.5－0.51s＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s.5．A [解析] 由逐差法得x6－x1＝5aT2，所以a＝x6－x15T2＝0.01 m/s2，选项A正确．6．D [解析] 用“逆向思维”法解答．由题知，若倒过来分析，子弹向左做匀加速直线运动，初速度为零，设每块木块长为L，则v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，则v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v 1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C错误，D正确．7．B [解析] 由x＝12at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移为x1＝12×8×12 m＝4 m，选项B正确．8．ABD [解析] 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和c到d所用时间相等，故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，vc ＝xad2T＝6＋62×2m/s＝3 m/s，选项B正确；因xac ＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，由Δx＝xac－xcd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由v2b －v2c＝2axbc可得，vb＝10 m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce ＝va＝6 s，故从d到e所用的时间tde＝tce－T＝4 s，de＝12at2de＝4 m，选项C错误，选项D正确．9．ABC [解析] 如图所示，物体由A沿直线运动到B，C点为AB的中点，物体到达C点时速度为v1，若物体做匀加速直线运动，A到B的中间时刻应在C点左侧，有v1>v2，若物体做匀减速直线运动，A到B的中间时刻应在C点右侧，仍有v1>v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，则v1＝v2，C正确．10．12 m/s 没有超速[解析] 设汽车刹车前的速度为v，汽车刹车时加速度大小为a.将汽车刹车到速度为零的运动看成逆向的匀加速运动，则x＝12at2v＝at解得v＝12 m/s因12 m/s＝43.2 km/h＜50 km/h，故汽车没有超速行驶．11．v≤6 m/s[解析] 设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v.以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度为a1＝μg货箱向右运动的位移为x 箱＝12a 1t 2又v ＝a 1t平板车向右运动的位移为 x 车＝v 0t －12at 2又v ＝v 0－at为使货箱不从平板车上掉下来，应满足 x 车－x 箱≤l 联立得：v 0≤2a ＋μgl代入数据：v 0≤6 m/s. 【挑战自我】12．(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s[解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H ，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时，速度为v 1，相当于从h 1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v 21－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h在自由落体运动阶段，有v 20＝2g(H －h) 即v 20＝2×10×(224－h) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下 即2gh 1＝v 21所以h 1＝v 212g ＝522×10m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则在自由落体运动阶段，有v 0＝gt 1， 解得t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，在匀减速运动阶段，有t 2＝v 1－v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.课时作业（三） 【基础热身】1．B [解析] 自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故选项A 、C 、D 均正确；对B 项，平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律，故选项B 错误．2．C [解析] 在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度，同时物体在竖直方向上做自由落体运动，所以从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机向下运动，故A 、B 均错误；从地面上看，物体做平抛运动，故C 正确，D 错误．3．C [解析] 因曝光时间极短，故AB 段可看作匀速直线运动，小石子到达A 点时的速度为v A ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，h ＝v 2A2g ＝2022×10 m ＝20 m ，选项C 正确．4．A [解析] 根据时间的对称性，物体从A 点到最高点的时间为T A2，从B 点到最高点的时间为T B 2，所以A 点到最高点的距离h A ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T A 22＝gT 2A8，B 点到最高点的距离h B ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T B 22＝gT 2B 8，故A 、B 之间的距离为h A －h B ＝18g(T 2A －T 2B )，正确选项为A.【技能强化】5．D [解析] 自由落体运动初速度为零，据此可排除选项C ；小球与地面碰撞瞬间速度突然反向，据此可排除选项A 、B.综上分析可知本题正确选项为D.6．A [解析] 由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位移之差为一块砖的厚度，由Δx＝d ＝aT 2可得，a ＝dT2；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v t 2＝v 得，v 3＝7d2T.只有选项A 错误．7．C [解析] 根据自由落体运动的规律，尺子下落(a －b)高度对应的时间即乙同学的反应时间．由公式h ＝12gt 2得t ＝2a －b g，选项C 正确．8．C [解析] 设中学生的重心位于身体的中点，则重心上升的高度约为：h ＝2.10 m －12×1.70 m＝1.25 m ，由v 20＝2gh 得：v 0＝2gh ＝5 m/s. 9．C [解析] 依题意可设第1个小球经时间t 落地，则第2个小球经时间2t 落地，第3个小球经时间3t 落地，第4个小球经时间4t 落地．又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16，只有选项C 正确.10．A [解析] 磕头虫向下运动的末速度大小与向上运动的初速度大小相等，向下运动过程v 21＝2ah 1，反弹起来过程v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故选项A 正确．11．1.75 s[解析] 由向上跃起的高度h 1＝0.45 m 可求得向上跃起的时间为 t 1＝2h 1g＝2×0.4510s ＝0.3 s 设运动员从手到脚全长2l ，双手向上立在跳台上时，重心位置O 离跳台为l ，手接触水面时重心位置O 离水面也为l ，运动员从最高点到将入水时，重心下降的高度h 2＝H ＋l ＋h 1－l ＝H ＋h 1＝10.45 m 下降过程的时间 t 2＝2h 2g＝2×10.4510s ＝1.45 s 所以运动员完成空中动作的时间为 t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s. 12．(1)7.2 m (2)2.5 m/s 2[解析] 设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2，所用时间分别为t1、t2，减速过程加速度的大小为a，运动中达到的最大速度为v，则有h 1＋h2＝40 m－4 mt 1＋t2＝6 sv2＝2gh1＝2ah2t 1＝vg，t2＝va由以上各式联立解得：h1＝7.2 m，a＝2.5 m/s2.【挑战自我】13．(1)4 s (2)29 m/s≤v′≤32 m/s[解析] (1)取向下为正方向，小球初速度v＝－10 m/s，加速度g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得mg－F＝ma代入数据得a＝2 m/s2设经时间t，小球从N端穿出，小球下落的高度h 1＝vt＋12gt2空管下落的高度h2＝12at2则h1－h2＝l联立得v0t＋12gt2－12at2＝l代入数据解得t1＝4 s，t2＝－1.5 s(舍去)(2)设小球的初速度大小为v0′，空管经时间t′到达地面，则H＝12at′2得t′＝2Ha＝8 s小球经t′时间下落的高度为h＝v0′t′＋12gt′2小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m解得－32 m/s≤v′≤－29 m/s所以小球的初速度大小必须在29 m/s到32 m/s范围内．课时作业（四）【基础热身】1．C [解析] 选项A、B、D中物体均做往复运动，只有选项C中物体做单向直线运动．2．AC [解析] 由图象可知前5 s做的是匀速运动，选项A正确；5 s～15 s 内做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2，选项B错误；15 s～20 s做匀减速运动，其加速度为－3.2 m/s2，选项C正确；质点在20 s末离出发点最远，质点一直做单向直线运动，选项D错误．3. A [解析] 由图可知，两车均做匀变速直线运动，因第5 s时两车第一次相遇，第10 s时速度相同，由对称性可知两车在第15 s时第二次相遇，选项A正确，选项B错误；由于两车在第5 s时第一次相遇，前5 s内va ＞vb，故a车在后、b车在前，5 s后a车在前、b车在后，15 s后b车超过a车，选项C错误；第10 s时两车速度相同，此后va ＜vb，两车间距离逐渐减小，第15 s时两车相遇，选项D错误．4. BD [解析] 由图象可知乙在追赶甲，即甲在前、乙在后，且二者速度均为零时，距离最远，其最远距离Δx＝x乙－x甲＝12×3×4 m－12×2×2 m＝4 m，即选项B 、D正确，选项A、C错误．【技能强化】5．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v向西做减速运动，速度减为零之后，再向东做加速运动，所以选项A正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v向东做减速运动，速度减为零之后，再向西做加速运动，所以选项B错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，所以选项C、D错误．6．CD [解析] 两图线都在t轴上方，说明A、B两物体运动方向相同，所以选项A错误；4 s内A、B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同，则位移不同，故选项B错误；4 s时A、B两物体的图线交于同一点，对应速度相同，故选项C正确；A图线斜率的绝对值小，所以A物体的加速度比B物体的加速度小，因此选项D 正确．7．D [解析] 由A车的图线可知，它在4 s时间内速度由0增大到10 m/s，其加速度a＝2.5 m/s2，选项A错误；3 s末A车速度为v＝at＝7.5 m/s，选项B 错误；2 s末时A车与B车之间距离最远，为5 m,4 s末时A车与B车位移相等，A 车追上B车，选项C错误、D正确．8．CD [解析] 汽车A在匀加速过程中的位移xA1＝12aAt21＝180 m，此过程中汽车B的位移xB1＝vBt1＝240 m>xA1，故A车在加速过程中没有与B车相遇，选项A错误、C正确；之后因vA ＝aAt1＝12 m/s>vB，故A车一定能追上B车，相遇之后不能再相遇，A、B相遇时的速度一定不相同，选项B错误、D正确．9．ABC [解析] 乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，即此时t＝T，则x 0＝x1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；甲、乙两车速度相同时，若x0<x1，则此时乙车已在甲车的前面，以后甲还会追上乙，全程中甲、乙相遇2次；甲、乙两车速度相同时，若x0>x1，则此时甲车仍在乙车的前面，以后乙车不可能再追上甲车了，全程中甲、乙都不会相遇，综上所述，选项A、B、C对，D错.10．A [解析] 根据题意画出两物体运动的v－t图象如图所示，根据图象易得选项A正确．11．1.5 m[解析] 设甲车刹车后经时间t，甲、乙两车速度相等，则：v 0－a1t＝v－a2(t－Δt)，代入数据得：t＝2 s.在这段时间内，甲、乙走过的位移分别为x甲、x乙，则：x甲＝vt－12a1t2＝26 m；x乙＝vΔt＋v(t－Δt)－12a2(t－Δt)2＝27.5 m；Δx＝x乙－x甲＝1.5 m即甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5 m的距离．12．0.8 s[解析] 设货车启动后经过时间t1两车开始错车，则有x 1＋x2＝180 m其中x1＝12at21，x2＝vt1解得t1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2，则有x 1′＋x2′＝(180＋10＋12) m＝202 m.其中x1′＝12at22，x2′＝vt2解得t2＝10.8 s故两车错车时间Δt＝t2－t1＝0.8 s.【挑战自我】13．(1)10 s (2)36 m (3)14 s[解析] Δx＝Δt·v＝2.5×8 m＝20 m.(1)设警车发动起来后要时间t才能追上违章的货车，则12at2－vt＝Δx解得t＝10 s或t＝－2 s(舍去)．(2)在警车追上货车之前，两车速度相等时，两车间的距离最大，设警车发动起来后经时间t′两车速度相等，两车间的距离最大为xm，则t′＝va＝4 sx m ＝Δx＋v·t′－12at′2＝(20＋8×4－12×2×42) m＝36 m.(3)若警车的最大速度是12 m/s，则警车发动起来后加速的时间t 0＝vma＝122s＝6 s设警车发动起来后经过时间t″追上违章的货车，则1 2at2＋vm(t″－t)－vt″＝Δx解得t″＝14 s.课时作业（五）【基础热身】1．A [解析] 长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误；实验时，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，选项C正确；为了保护小车，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.2．(1) 匀加速直线(2)小于用平均速度求位移(或用v－t图象下的面积求位移)[解析] (1)由表中数据可知，每经过0.1 s，速度大约增大0.25 m/s，在误差允许的范围内，小车做匀加速直线运动；(2)因为小车是不断加速的，而该同学把第一个0.1 s内的运动看成是以最小速度做匀速运动，同样，其他时间段内也是这样运算的，这样算出的位移比实际位移小．可以把时间分割得再细小一些，也可以利用平均速度来求位移，还可以利用v－t图象下的面积求位移．3．(1)0.02 s (2)0.70 cm(0.68 cm～0.72 cm均可) 0.100 m/s[解析] 毫米刻度尺的精确度为0.1 mm，故A、B间的距离为1.70 cm－1.00 cm＝0.70 cm，vC ＝xBD2T＝2.00×10－22×0.1m/s＝0.100 m/s.【技能强化】4．C [解析] 中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度，所以vB ＝x2＋x32T，选项C正确；x6－x1＝5(x2－x1)，选项B错误；相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，选项D错误；按照实验要求应该先接通电源再放开纸带，选项A错误．5. (1)相等匀加速(匀变速) (2)乙同学 1.10 m/s2[解析] (1)由表中数据可知，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，小球做匀加速直线运动；(2)乙同学采用逐差法求加速度，较准确，加速度值为a＝x3＋x4－x2－x14T2＝1.10 m/s2.6．(1)0.25 0.45 (2)如图所示(3)1.00[解析] (1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，所以vB ＝xAC2T＝0.050.2m/s＝0.25 m/s，vCE ＝xCE2T＝0.14－0.050.2m/s＝0.45 m/s；(2)如图所示；(3)在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，即a＝0.55－0.250.3m/s2＝1.00 m/s2.7．(1)A C (2) 2.98(2.97～2.99均可) 13.20(13.19～13.21均可) (3)如图所示(4)0.18(0.16～0.20均可) 4.80(4.50～5.10均可)[解析] (1)还需要的实验器材有电压合适的50 Hz交流电源和刻度尺；(2)用毫米刻度读数，注意要估读一位，则x2＝2.98 cm，x5＝13.20 cm；(3)描点连线如图所示；(4)设打0点时速度为v0，则x＝vt＋12at2，即：xt＝v＋12at，由图可读出v＝0.18 m/s，图线的斜率k＝12a＝2.4，a＝4.8 m/s2.8．(1)相邻相等时间内的位移差相等(2)如图所示(3)0.800 m/s2[解析] (1)由图中所标纸带每段位移的大小，可知在相邻相等时间内的位移差相等，可近似认为Δy＝8 mm.(2)把图中的x轴作为时间轴，以纸带的宽度表示相等的时间间隔T＝0.1 s，每段纸带最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度，即vn ＝ynT；因此可以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度，将纸带上端中间各点连接起来，可得到v－t图象，如图所示．(3)利用图象求斜率或用Δy＝aT2均可以求得小车加速度a＝0.800 m/s2.【挑战自我】9．3.0×10－2(2.8×10－2～3.1×10－2均可) 9.0×10－2 能利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可求出x 4的具体位置(其他合理方法均可) [解析] 从图中读出5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm,2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，利用逐差法有x 56－x 32＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝24.0－6.02×10－2 m/s ＝9.0×10－2m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解.课时作业（六） 【基础热身】1．AD [解析] 力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，所以A 正确；产生弹力时，施力物体和受力物体同时发生形变，但弹力是由施力物体形变引起的，反作用力是由受力物体形变引起的，放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故B 不正确；力的作用是相互的，作用力和反作用力同时产生、同时消失，故C 选项错误；根据力的作用效果命名的力，性质可能相同，也可能不相同，如向心力，可以是绳子的拉力，也可以是电场力，还可以是其他性质的力，D 选项正确．2．CD [解析] 地球上的物体运动或静止时都受地球的吸引作用，故运动或静止的物体均受重力，选项A 错误；某物体在地球某点处所受地球吸引而产生的重力一定，与此物体的运动状态无关，选项B 错误，选项C 正确；物体所受重力G ＝mg ，在g 一定时，G 由m 决定，选项D 正确．3．AD [解析] 弹簧的弹力为 2 N ，有两种可能情形：①弹簧处于拉伸状态，②弹簧处于压缩状态．当弹簧处于拉伸状态时，A 正确；当弹簧处于压缩状态时，D 正确．4．D [解析] 物体B 处于静止状态，则绳子拉力大小T ＝mg ，A 对绳的作用力的大小为mg，再以物体A为研究对象，在竖直方向根据平衡条件有T＋N＝Mg，所以地面对A的作用力的大小为N＝(M－m)g.选项D正确．【技能强化】5．B [解析] 不拉A时，对A：kx1＝mg；B刚要离开地面时，对B：kx2＝mg，L＝x1＋x2.解得L＝2mgk.6．C [解析] 弹簧测力计的示数决定于作用在秤钩上力的大小，而与作用在和外壳相连的提环上的力无关，故正确选项为C.7．D [解析] 绳A和绳C的拉力大小与方向均不变，所以其合力不变，对滑轮而言，杆的作用力必与两绳拉力的合力平衡，所以杆的弹力大小与方向均不变，选项D正确．8．D [解析] 根据力的作用是相互的可知：轻质弹簧A、B中的弹力大小是相等的，即k1x1＝k2x2，所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2＝k2∶k1，故选项D正确．9．AB [解析] 小车向左做减速运动时，N可能为零，选项A正确；小车向左做加速运动时，T可能为零，选项B正确；小车向右做加速运动时，N可能为零，选项C错误；小车向右做减速运动时，T可能为零，选项D错误．10．C [解析] 由图象可以看出在直线a对应的阶段，弹簧处于压缩状态，弹力F随着缩短量的减小而减小，当弹簧长度为12 cm时恢复原长；直线b对应的是弹簧的伸长阶段，弹力F随伸长量的增大线性递增．由此可看出当弹力F＝100 N时，弹簧对应的形变量x＝4 cm，根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k＝Fx＝2500N/m，选项C正确．11．(1)如图所示(2)433G23＋33G[解析] (1)对圆柱体进行受力分析，受力分析图如图所示，其中F N1、F N2、F N3分别为桌面、挡板、细杆对圆柱体的弹力．(2)已知竖直挡板对圆柱体的弹力大小为2G ，即F N2＝2G ，根据平衡关系有 F N3sin60°＝F N2， 解得F N3＝433G设圆柱体对均匀细杆AO 的作用力大小为F′N3，根据牛顿第三定律有 F′N3＝433G 由竖直方向的平衡关系有 F N1＝F N3cos60°＋G代入数据解得F N1＝23＋33G.12．(1)4mg (2)4mgk[解析] (1)对A 、B 整体：mg ＋F N ＝5mg 所以F N ＝4mg (2)对B ：F N ＝3mg ＋F k 所以F k ＝mg物体C 的质量改为5m ，当系统达到新的平衡状态后，进行受力分析． 对A ：T ＝F k ′＋2mg 对C ：T ＝5mg 所以F k ′＝3mg 即kx 1＝3mg x 1＝3mg k开始时，弹簧的压缩量为x 2，则kx 2＝mg所以A上升的高度为：hA ＝x1＋x2＝4mgk.【挑战自我】13．F－(mA ＋mB)gsinθmA＋mBgsinθk[解析] B刚要离开C时，弹簧弹力大小为F弹＝mBgsinθ.以A为研究对象，受力如图所示．故合力F合＝F－F弹－mAgsinθ＝F－(mA＋mB)gsinθ，开始时弹簧压缩量Δx1＝mAgsinθkB刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝mBgsinθk所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝mA＋mBgsinθk.课时作业（七）【基础热身】1．CD [解析] 静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间，与物体是否运动无关，滑动摩擦力产生于两个相对运动的物体之间，与物体是否运动无关，选项A、B 均错误；静摩擦力的大小与正压力的大小无关，一般由平衡条件或牛顿运动定律来求，滑动摩擦力f＝μFN，随着正压力的增大而增大，选项C正确；摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，与速度方向无关，选项D正确．2．BC [解析] 容器处于平衡状态，在竖直方向上重力与摩擦力平衡，盛满水前墙面对容器的静摩擦力一直增大，如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力，则水平力F可能不变，选项B、C正确．3．ABD [解析] 题中没有明确F的大小，当F＝mgsinθ时，物块M受到的摩擦力为零．当F<mgsinθ时，物体M有下滑趋势，所受摩擦力沿斜面向上．当F>mgsinθ时，物块M有上滑趋势，所受摩擦力沿斜面向下．当0≤F≤mgsinθ时，静摩擦力f的取值范围是：0≤f≤mgsinθ.可见f>F、f<F和f＝F均有可能，故A、B、D选项均正确．4．CD [解析] 物块M在传送带启动前匀速下滑，应满足所受滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝mgsinθ，传送带突然启动后物块M所受摩擦力仍为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，且方向不变，选项C、D正确．【技能强化】5．D [解析] 由于物块始终静止在斜面上，物块所受静摩擦力与正压力无直接关系，对物块进行受力分析，沿斜面方向列平衡方程可判断出选项D正确．6．B [解析] 物块静止在斜面上时，物块所受的摩擦力为：f1＝Mgsinα.给物块平行于斜面的水平力F作用后，在斜面内，重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f2三力平衡，根据平衡条件有：f2＝Mgsinα2＋F2，重力沿斜面向下的分力和F的合力与摩擦力f2等大、反向，所以摩擦力的方向和大小都发生了改变，只有选项B正确．7．C [解析] 由于斜面光滑，则物块在斜面上做上下往返运动时对斜面的摩擦力为零，对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力，C正确．8．A [解析] 杆匀加速上升，斜面体水平向右运动，杆相对于斜面体向上滑动，因此杆受的摩擦力沿斜面向下，选项A正确、B错误；杆受的支持力垂直于斜面向上，杆受斜面体的作用力斜向右上方，选项C、D错误．9．D [解析] 取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F＝mgtanθ，T＝mgcosθ，在将物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和细绳上的拉力F随之变大．对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．10．D [解析] 弹簧对B有向左的弹力，B保持静止，因此A对B有向右的摩擦力，则B对A的摩擦力向左，选项A、B错误；A、B整体在水平方向不受其他外力作用，因此没有向左或向右的运动趋势，地面对A没有摩擦力，选项C错误、D 正确．11．0.30[解析] 设接触面间的动摩擦因数为μ，物体A与B间的摩擦力为f 1＝μGA物体B与地面间的滑动摩擦力为f 2＝μ(GA＋GB)将B匀速拉出，拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等，有F＝f1＋f2解得μ＝0.3012．0.2[解析] 因为圆柱体匀速滑动，所以水平方向的拉力与摩擦力平衡，即f＝200 N．又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力f ′＝100 N.设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为FN1、FN2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力FN1、FN2作用，如图所示，由对称性可知，FN1＝FN2＝G.根据f ′＝μFN1，解得μ＝0.2.【挑战自我】13．7 N[解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图甲所示．f m ＝F1－mgsinα在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示．f m ＝F2＋mgsinα设弹簧原长为x，则有F1＝k(0.22－x)F2＝k(x－0.08)由以上各式，解得fm＝7 N.课时作业（八）【基础热身】1．C [解析] 合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，则应选C.2．C [解析] 由矢量合成法则可知，A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．3．D [解析] 物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用，再根据摩擦力产生的条件知，一定会受到弹力，因此物体一定会受到四个力的作用．4．BC [解析] 手指所受的拉力等于2mgcosθ，增加重物重量或减小夹角θ，都可以使拉力增大，选项B、C正确．【技能强化】5．D [解析] 细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．6．B [解析] 细绳对A的拉力大小始终等于物体B的重力，选项A错误；系统仍保持静止，则A受到的合力仍为零，选项D错误；斜面倾角由45°增大到50°，A对斜面的压力大小由mA gcos45°减小到mAgcos50°，选项B正确；A受到的静摩擦力大小发生了变化，选项C错误．7．A [解析] 绳子恰好不断时的受力分析如图所示，由于F＝mg＝10 N，绳子的最大拉力也是10 N，可知F1、F2之间的最大夹角为120°，由几何关系知两个挂。
2020高考物理一轮复习 基础夯实练(4)(含解析)新人教版
【2019最新】精选高考物理一轮复习基础夯实练（4）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、(2018·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于ΔUR1B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD．通过R2的电流增加，但增加量一定小于ΔUR2解析：电压表的示数减小ΔU，通过R1的电流减小ΔI＝，选项A正确；R2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B错误；R2两端的电压增加量小于ΔU，通过R2的电流增加量小于，选项C错误、D正确．答案：AD2、(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示，我们常见这样的杂技表演：四个人A、B、C、D体型相似，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A水平撑开双手支持着C和D.如果四个人的质量均为m＝60 kg，g取10 m/s2，估算A的手臂受到的压力和B的手臂受到的拉力大小分别为( )A．120 N,240 N B．240 N,480 NC．350 N,700 N D．600 N,1 200 N解析：对C进行受力分析如图所示，由四人体型相似推知四人手臂长度相同，则B 的手臂与竖直方向的夹角为30°，则有FAC＝mgtan30°＝mg，即C受到A的推力约为mg，A的手臂受到的压力也是mg＝×60×10 N≈350 N；FBC＝＝mg，即C受到B的拉力为mg，则B的手臂受到的拉力也为mg＝×60×10 N≈700 N，故选C.答案：C3、(2018·吉林省××市调研)某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°，则关于质点运动状况的叙述正确的是( ) A．质点的速度一定越来越小B．质点的速度可能先变大后变小C．质点一定做匀变速曲线运动D．因惯性质点继续保持匀速直线运动解析：将与质点速度方向相反的作用力F旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时质点所受的合力大小为F，方向与速度的夹角为45°，质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以质点做速度增大的曲线运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律得加速度a＝，所以质点做匀变速曲线运动，故C正确、D错误．答案：C4、质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.mv2B.v2C.NμmgL D．NμmgL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v ＝；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL.故本题选B、D.答案：BD5、(2018·江西五校联考)(多选)如图所示，含有H(氕核)、H(氘核)、He(氦核)的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则 ( )A．打在P1点的粒子是HeB．打在P2点的粒子是H和HeC．O2P2的长度是O2P1长度的2倍D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等解析：带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB＝qE所以v＝EB可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝，所以：r ＝＝·，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He.故A错误，B正确；由题中的数据可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期：T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等．故D错误．答案：BC6、如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是( )A．这是一个降压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12V，该变压器为降压变压器，故选项A、B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D正确．答案：C7、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为553，原线圈a、b间输入交流电瞬时值的表达式为u＝220sin(100πt)V，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S1和S2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( ) A．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB．断开开关S1，副线圈两端的电压将变大C．断开开关S1，变压器原线圈的输入功率将变小D．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比＝，解得副线圈输出电压的有效值为U2＝12 V，故灯泡能承受的最高电压应为12 V，A错误；无论是断开开关S1还是断开开关S2，副线圈的电压均不变，B错误；断开开关S1，小灯泡L2仍能正常发光，L2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C正确、D错误．答案：C二、非选择题1、如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示(B落地后不反弹)．已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．解析：(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，可得A、B整体的加速度a1为a1＝＝4 m/s2设细线张力大小为FT，分别对A、B，由牛顿第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1mBg－FT＝mBa1联立解得μ＝0.25(2)B落地后，A继续减速上升由牛顿第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2代入数据得a2＝8 m/s2故A减速向上滑动的位移x2＝＝0.25 m0～0.5 s内A加速向上滑动的位移x1＝＝0.5 m所以，A上滑的最大位移x＝x1＋x2＝0.75 m答案：(1)0.25 (2)0.752、(2018·重庆一诊)(1)下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．多数分子直径的数量级是10－10 cmB．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大C．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的D．晶体都是各向异性的E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为m的重物相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t ℃)闭合开关S，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底的距离为L.由于汽缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面处．已知环境温度为t0 ℃不变，＝p0，p0为大气压强，汽缸内的气体可看成理想气体，求：(ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t与t0满足的关系式；(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功．解析：(1)原子和分子的数量级是10－10 m，A错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程＝C可知，温度升高，压强不一定增大，B正确．饱和汽压与分子密度和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压也是一定的，C正确．单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，D错误．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E正确．(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t) K；末状态：p2＝p0－＝p0，V2＝LS，T2＝(273＋t0) K.由理想气体的状态方程有＝，解得t＝t0＋91 ℃.(ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中，开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化，故此过程外界对气体不做功．活塞向上运动过程为恒压过程，气体的压强为p2，活塞上移的距离为，故外界对气体做的功为W＝p2ΔV＝p0×S＝.答案：(1)BCE (2)(ⅰ)t＝t0＋91 ℃(ⅱ)p0LS12。
(新课标)2020版高考物理一轮复习 第五章 第3讲 机械能守恒定律及其应用夯基提能作业本
第3讲机械能守恒定律及其应用A组基础过关1.如下图,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示地点由静止开释,不计全部摩擦,则在小球从开释到落至地面的过程中,以下说法正确的选项是( )构成的系统机械能守恒少许等于斜劈动能的增添量答案 B 不计全部摩擦,小球下滑时,关于小球和斜劈构成的系统,只有小球的重力做功,小球重力势能的减少许等于斜劈和小球动能的增添量,系统的机械能守恒,B项正确,D项错误;由动能定理知,小球对斜劈的弹力对斜劈做正功,斜劈的机械能不守恒,C项错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间的夹角大于90°,故弹力做负功,A项错误。
直立的弹簧上,并把球往下按至A地点,如图甲所示。
快速放手后,球高升至最高地点C(图丙),途中经过地点B时弹簧正处于原长(图乙)。
忽视弹簧的质量和空气阻力。
则小球从A运动到C的过程中,以下说法正确的选项是( )地点B时小球的加快度为0地点B时小球的速度最大C.小球、地球、弹簧所构成的系统机械能守恒D.小球、地球、弹簧所构成的系统机械能先增大后减小答案 C 剖析小球从A到B的过程中受力状况,开始时弹力大于重力,中间某一地点弹力和重力相等,接着弹力小于重力,在B点时,弹力为零,小球从B到C的过程中,只受重力。
依据牛顿第二定律能够知道小球从A到B过程中,先向上加快再向上减速,所以速度最大地点应当是加快度为零的地点,即在A、B之间某一地点,A、B错误;从A到C过程中关于小球、地球、弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功,所以系统的机械能守恒,C正确,D错误。
3.(多项选择)(2018湖北武汉质检)某娱乐项目中,参加者抛出一小球去撞击触发器,进而进入下一关。
此刻将这个娱乐项目进行简化,假定参加者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球,小球恰巧击中触发器。
若参加者仍在方才的抛出点,沿图示的四个不一样的圆滑轨道分别以速率v抛出小球,则小球能够击中触发器的可能是( )答案CD 将小球竖直上抛时小球恰巧击中触发器,则小球击中触发器时的速度为0,由机械能守恒定律得mgh=1mv2,得v=√2gg。
高考物理一轮复习基础夯实练含解析新人教版(5)
2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（1）一、选择题1、在研究二力合成的实验中，AB 是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F 而保持O 点位置不变，则下列说法中正确的是()A ．要使θ减小，减小拉力F 即可B ．要使θ减小，增大拉力F 即可C ．要使θ减小，必须改变α，同时改变F 的大小才有可能D ．要减小θ而保持α不变，则只改变F 的大小是不可能保持O 点的位置不变的解析：绳子对O 点的拉力F 2与F 的合力和F 1等大、反向，如图所示，O 点位置不变，则橡皮筋的拉力F 1不变，绳子拉力F 2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F 的大小和方向以及F 2的大小发生改变，故D 选项正确．答案：D2、如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动．将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则( )A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为：1D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34v解析：前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误、B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v 2t ，后t 秒内Q 的位移x 2＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝v2t ＋vt2t ＝34v ，选项D 正确．答案：BD3、甲、乙两物体分别在恒力F 1、F 2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 、I 的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：冲量I ＝Δp ，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I 1＝I 2，又因为I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2.答案：A 4、在如图所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则C 、B 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P U ＝1.86.0 A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5、如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A ，A 与螺线管垂直．A 中电流方向为顺时针方向，开关S 闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是( )A ．静止不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N 极、外面为S 极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N 板，左边为S 极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B 正确．答案：B6、(2018·湖南长沙市高三统一模拟)金属钙的逸出功为4.3×10－19 J ，普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c ＝3.0×108m/s ，以下说法正确的是( )A ．用波长为400 nm 的单色光照射金属钙，其表面有光电子逸出B ．用波长为400 nm 的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象C ．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大D ．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子数减少解析：波长为400 nm 的单色光的光子能量为E ＝h c λ＝4.95×10－19J ，大于钙的逸出功，可以产生光电效应现象．根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但强度决定了单位时间内发射的光电子数的多少，正确选项为A 、D.答案：AD7、现有两动能均为E 0＝0.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应，得到32He 和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He 和新粒子的动能．已知21H 的质量为2.014 1 u ，32He 的质量为3.016 0 u ，新粒子的质量为1.008 7 u ，核反应时质量亏损1 u 释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A ．核反应方程为21H ＋21H→32He ＋10n B ．核反应前后不满足能量守恒定律 C ．新粒子的动能约为3 MeV D.32He 的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H ＋21H→32He ＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动量守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn ＝m n m He ，解得E kHe ＝m nm n ＋m He (2E 0＋ΔE)＝1 MeV ，E kn ＝m Hem n ＋m He(2E 0＋ΔE)＝3 MeV ，所以C 正确、D 错误．答案：AC 二、非选择题1、(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k 与其原长l 0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P ，实验时的主要步骤：①将指针P 移到刻度尺的5 cm 处，在弹簧挂钩上挂上200 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P 移到刻度尺的10 cm 处，在弹簧挂钩上挂上250 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P 移到刻度尺的15 cm 处，在弹簧挂钩上挂上50 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P 下移5 cm ，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变． 将实验所得数据记录、列表如下：(1)重力加速度g 取10 m/s 2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm 时，其劲度系数k ＝________N/m. (2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内) A ．不变 B ．越大 C ．越小解析：(1)挂50 g 钩码时，弹簧的弹力为0.5 N ，根据胡克定律得，k ＝FΔx ＝0.5－－2N/m≈30 N/m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F ＝kx 知，弹簧的劲度系数越小，故选项C 正确．答案：(1)30 (2)C2、(2018·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b 开始运动前，这个装置释放的热量．解析：(1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R ③ v ＝at④ 所以F 安＝B 20L 2a Rt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4 N ，当t ＝1 s 时，F ＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a ＝5 m/s 2，F f ＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F′安与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动．感应电动势E′＝ΔB Δt L 2＝0.02 V⑦I′＝E′R＝1 A⑧棒b 将要运动时，有F′安＝B t I′L＝F f ⑨ 所以B t ＝1 T ， 根据B t ＝B 0＋ΔBΔt t⑩得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I′2Rt ＝0.036 J. 答案：(1)5 m/s 20.2 N (2)0.036 J。
2020版高考物理一轮复习 实验五 探究动能定理课件 新人教版
第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板 靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打 点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运 动，打出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示．
请回答下列问题：
(1)已知 O、A、B、C、D、E、F 相邻计数点间的时间间隔为 Δt， O点点计为(时2)打器已点打知计重B 时点锤器时质打滑量下块为的运m第动，一的当点速地，度的根重vB据力＝纸加_x_带3速2_－Δ_求度_tx_1滑为__块.g，运要动测的出速某度一，过打 程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块__下__滑__的__位__移___x (写 出物理量名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达 式 W 合＝___m_g_x___.
A．作出“t－F 图象” B．作出“t2－F 图象”
C．作出“t2－F1图象” D．作出“1t －F2 图象”
解析：(1)由读数规则可知读数为 2.0 mm＋0.05×6 mm＝2.30
mm. (2)因为拉力传感器直接测出拉力，故不需要使滑块质量远大于
钩码和力传感器的总质量，A 错误；应使 A 位置与光电门间的距离 适当大些以便减小误差，故 B 正确；应将气垫导轨调至水平，使摩 擦力为零，故 C 正确；应使细线与气垫导轨平行，保证合外力为细 绳拉力，故 D 正确．所以不必要的一项是 A.
(2)下列实验要求中不必要的一项是__A__(请填写选项前对应的 字母)．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调至水平 D．应使细线与气垫导轨平行
(3)实验时保持滑块的质量 M 和 A、B 间的距离 L 不变，改变钩 码质量 m，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时 间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所 做功的关系，处理数据时应作出的图象是____C____(请填写选项前对 应的字母)．
2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习课后限时集训5 力的合成与分解 含解析
课后限时集训(五)(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：力的合成1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是() A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零C[三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，选项A、B、D错误，C正确。
]2．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长表示1 N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是()甲乙丙丁A．图甲中物体所受的合外力大小等于4 NB．图乙中物体所受的合外力大小等于2 NC．图丙中物体所受的合外力等于0D．图丁中物体所受的合外力等于0D[图甲中，先将F1与F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，选项A错误；图乙中，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，选项B错误；图丙中，可将F3正交分解，求得合力大小等于6 N，选项C错误；根据三角形定则，图丁中合力等于0，选项D正确。
] 3．(多选)物体同时受到同一平面内三个共点力的作用，下列几组力的合力可能为零的是() A．5 N、7 N、8 N B．5 N、2 N、3 NC．1 N、5 N、10 N D．10 N、10 N、10 NABD[三力合成，若其中两力的合力与第三力大小相等、方向相反，就可以使这三个力合力为零，只要使其第三力在其他两个力的合力范围内，就可能使合力为零，即第三力F 3满足|F 1－F 2|≤F 3≤F 1＋F 2。
分析各选项中前两力合力范围：A 选项，2 N ≤F 合≤12 N ，第三力在其范围内；B 选项，3 N ≤F合≤7 N ，第三力在其合力范围内；C 选项，4 N ≤F 合≤6 N ，第三力不在其合力范围内；D 选项，0≤F 合≤20 N ，第三力在其合力范围内。
2020高考物理一轮复习 基础夯实练(3)(含解析)新人教版-精装版
教学资料范本2020高考物理一轮复习基础夯实练（3）（含解析）新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习基础夯实练（3）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、(20xx·××市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( ) A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD2、(20xx·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( )A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析：由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q 受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案：D3、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( ) A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mgD．恒力F的最小值为mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误、B 正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝，解得F＝mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝mg，选项D正确．答案：BCD4、(20xx·武汉模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )A．灯泡L变暗B．光敏电阻R上的电压增大C．电压表V的读数减小D．电容器C的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C 的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．答案：CD5、(20xx·河北唐山调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( ) A．37°B．30° C．45°D．60°解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．答案：B6、(20xx·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A．原线圈电压有效值为3 VB．电源输出功率为120 WC．电流表的示数为0.1 AD．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W，则电源输出功率为6 W，选项B错误；理想变压器输入功率为6 W，则原线圈中的电流有效值为I＝＝ A＝0.1 A，选项C正确，选项D错误．答案：C7、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，＝，I2＝I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，故本题只有A正确．答案：A二、非选择题1、如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是( )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为m2g2(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象可能是图中的图线( )解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于，选项D错误．(2)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)B (2)0.50 (3)C2、(20xx·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少？(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误．(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有Sh1＝，T1圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh＝h2－h1，联立解得Δh＝1 cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mg＝ρgh1S，mg＝ρgh3S，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72 cm.答案：(1)BCD (2)(ⅰ)1 cm(ⅱ)72 cm。
2020高考物理一轮选练习题5含解析新人教版
【2019最新】精选高考物理一轮选练习题5含解析新人教版李仕才一、选择题1、(2017·合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A．v＝B．v＝2xtC．v＞ D.＜v＜2xt解析：选C.飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，则飞机着陆时的速度应是v ＝，实际上，飞机速度越大，所受阻力越大，飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动．结合vt图象可知，飞机着陆后的总位移x＜t，故v＞，C正确．【链接】距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距3 m，在B点用细线悬挂一大小可忽略的小球，离地高度为h，如图。
小车始终以6m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。
不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
可求得细线长为 ( ) A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m【答案】C【解析】小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝；小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋解得h＝1.25 m，即细线长为3.75米，选项C正确2、（2018山东省××市第一中学期中）在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上. 该航天员从高h=L处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是A. 该星球的质量B. 该星球的质量C. 该星球的第一宇宙速度D. 该星球的第一宇宙速度【答案】AC3、光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为1∶1【答案】B4、（2018福建省福州一中期末）真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是（）A. x=2a处的电势一定为零B. 点电荷M、N一定为同种电荷C. 在两点电荷之间沿x轴正向电势降低D. 点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4:1【答案】BD【解析】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故处的电势可以为零，也可以不为零，故A 错误；由于M 、N 之间的场强的方向相反，故点电荷M 、N 一定为同种电荷，故B 正确；由于不知道M 、N 的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故沿x 轴正向电势降低；若都带负电荷，则场强的方向向左，故沿x 轴正向电势升高，故C 错误；M 在处产生的场强，而N 在处产生的场强，由于处场强为0，故，所以，故D 正确。
2020高考物理一轮复习练习题(3)(含解析)新人教版-精装版
教学资料范本2020高考物理一轮复习练习题（3）（含解析）新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习练习题（3）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距3 m，在B点用细线悬挂一大小可忽略的小球，离地高度为h，如图.小车始终以6m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得细线长为 ( ) A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 mD．4.75 m【答案】C【解析】小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B 的时间t2＝；小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋解得h＝1.25 m，即细线长为3.75米，选项C正确2、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．小球刚接触弹簧时速度最大B．当△x=0.3m时，小球处于超重状态C．该弹簧的劲度系数为20.0N/mD．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】BCD【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0．1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg，解得：，选项A错误；C正确；弹簧的最大缩短量为△x=0.3m，所以弹簧弹力为F=20N/m×0.3m=6N>mg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD．3、一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知( )A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s【答案】ABC【解析】Fs图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段Fs 围成面积约13个小格，每个小格1 J，则约为13 J，故B正确；刚开始匀速，则F＝μmg，由图知F＝7 N，则μ＝＝0.35，故A正确；全程应用动能定理：WF－μmgs＝0－，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确；由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，D错.4、如图所示，有一光滑钢球质量为m，被一U形框扣在里面，框的质量为M，且M＝2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度v0向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是( )A．最终都将停下来B．最终将以相同的速度向右运动C．永远相互碰撞下去，且整体向右运动D．在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态【答案】CD联立解得：v1＝v0，v2＝0(两次碰撞后)或者v1＝－v0，v2＝v0(一次碰撞后)，132 3由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态，故A、B错误，C、D正确.5、（20xx河北省石家庄二中期末）如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列结论正确的是（）A. 电流表读数变大，电压表读数变小B. 灯泡L1变亮C. 电源的输出功率可能变大D. 电容器C上电荷量减少【答案】C6、（20xx届广东省五校协作体高三1月联）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1 m、总电阻为0.01Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为逆时针时，感应电动势取正）.下列说法正确的是（）A. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外B. 磁感应强度的大小为0.2 TC. 导线框运动的速度的大小为0.5m/sD. 在0.6 s内线圈发热为0.004J【答案】BCD7、（20xx甘肃省第一次高考诊断考）下列说法中错误的是A. 用频率为v的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为Uc，则该金属的逸出功为hv－eUcB. 一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子C. 某放射性物质的半衰期为τ，质量为m的该放射性物质，经过半个半衰期还剩mD. 核反应方程4H→+He+KX中，X是正电子，K=2【答案】C8、如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图，介质中的质点P沿y 轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y＝10sin 5πt(cm)．关于这列简谐波及质点P的振动，下列说法中正确的是( ) A．质点P的周期为0.4 sB．质点P的位移方向和速度方向始终相反C．这列简谐波的振幅为20 cmD．这列简谐波沿x轴正向传播E．这列简谐波在该介质中的传播速度为10 m/s【答案】ADE二、非选择题在北京欢乐谷游乐场中，有一台大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放，座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而紧接着做匀减速运动，下落到离地面4.0m高处速度刚好减小到零，这一下落全过程历经的时间是6s，求：（）（1）座椅被释放后自由下落的高度有多高？（2）在匀减速运动阶段，座椅和游客的加速度大小是多少【答案】（1）（2）【解析】（1）设全过程下落高度为h，历时为t；自由落体阶段下落高度为，历时为，末速为v有对后阶段匀减速运动，有：联立上两式解得：所以（2）对后阶段匀减速运动的逆过程，有所以。
2019-2020高考物理一轮复习选编练题(5)(含解析)新人教版
——教学资料参考参考范本——2019-2020高考物理一轮复习选编练题（5）（含解析）新人教版______年______月______日____________________部门李仕才1、一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3) m，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s)．该质点在t＝0到t＝2 s内的平均速度和t＝2 s到t＝3 s 内的平均速度大小分别为()A．12 m/s,39 m/s B．8 m/s,38 m/sC．12 m/s,19.5 m/s D．8 m/s,12 m/s【答案】B2、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出( )A．物块的质量 B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力 C.物块对斜面的正压力【答案】C3、(多选)一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，正确的是( )A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后滑行的位移越长D．车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大【答案】BC【解析】要理解质量是惯性大小的唯一决定因素，惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大，所以选项A 错误，B正确．滑行位移应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是一定的，根据v2－v＝2ax，所以车速越大，其滑行位移越大，而与其惯性大小无关，所以选项C正确，D错误．4、(多选)(20xx·福建南平模拟)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( )A.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B.若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C.匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D.变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度【答案】AC【解析】若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D选项错.5、一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m.则刹车后6 s内的位移是( )A.20 mB.24 mC.25 mD.75 m【答案】C【解析】由Δx＝9 m－7 m＝2 m可知，汽车在第3 s、第4 s、第5 s 内的位移分别为5 m、3 m、1 m，汽车在第5 s末的速度为零，故刹车后6 s内的位移等于前5 s内的位移，大小为9 m＋7 m＋5 m＋3 m＋1 m＝25 m，故C正确.6、如图2所示装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是( )图2A.F1＝F2＝F3B.F1＝F2＜F3C.F1＝F3＞F2D.F3＞F1＞F2【答案】A【解析】第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1=F2=F3。
高考物理一轮复习基础夯实练(5)(含解析)新人教版(2021年整理)
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2019年高考物理(人教）一轮基础夯实练（5）李仕才一、选择题1、（2018·浙江百校联盟押题卷）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°,A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )A．A、B的质量之比为1：错误!B．A、B所受弹簧弹力大小之比为错误!：错误!C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为错误!:1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：2解析：弹簧对A、B的弹力大小相等,设为kx，对A、B分别进行受力分析,由平衡条件可知m A g＝kxtan60°，F A＝kx/cos60°，m B g＝kxtan45°，F B ＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为m A：m B＝tan60°：t an45°＝错误!：1，F A：F B＝cos45°：cos60°＝错误!：1,在剪断弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度a A:a B＝gcos60°：gcos45°＝1:错误!，故C、D 正确．答案:CD2、（2018·重庆调研）如图所示，某河段两岸平行,河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船（可视为质点）沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy,则该船渡河的大致轨迹正确的是( ）解析：小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大,即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大,C项正确．答案:C3、滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中( )A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F做功的同时,弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确,A、B、D均错误．答案：C4、某静电场的电场线分布如图所示,图中A、B两点的电场强度的大小分别为E A和E B，电势分别为φA和φB,将－q分别放在A、B两点时具有的电势能分别为E pA和E pB,则( ）A．E A〉E B，φA〉φB，E pA〈E pBB．E A〉E B，φA〉φB,E pA〉E pBC．E A<E B，φA〉φB，E pA>E pBD．E A<E B，φA<φB，E pA〈E pB解析：从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度,故A点的电场强度大于B点的电场强度．因电场线的方向由A指向B,而沿电场线的方向电势逐渐降低,所以A点的电势高于B点的电势．负电荷从A到B，电场力做负功，电势能增加，所以－q在B点的电势能大于在A点的电势能，故A正确．答案：A5、某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞"字曲线运动（即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是（粒子只受磁场力的作用，其它力不计)( )A．若粒子的初始位置在a处，在t＝错误!时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝错误!时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处,在t＝错误!T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处,在t＝错误!时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝错误!＝错误!，结合左手定则可知，选项A、D正确．答案:AD6、(2018·广西重点高中高三一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，a、b端接入一正弦式交流电源．L1、L2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是（）A．电流表示数为0.27 AB．电压表示数为44 VC．滑片P向下移动时，灯泡L2将变暗D．滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为错误! A，则副线圈电流为错误! A＝0.55 A，A错．原、副线圈两端电压比为2：1，副线圈两端电压为22 V，所以原线圈两端电压为44 V，B对．滑片P向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L2的电流变大，灯泡L2可能变亮或烧毁,C错．滑片P向上移动时,通过灯泡L2的电流变小,原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L1可能变亮或烧毁,D错．答案：B7、（2018·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是( )A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB．矩形线圈从图示位置经过错误!时间内，通过电流表A1的电荷量为0 C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A错误；错误!是四分之一个周期，由Q＝错误!可得，通过电流表A1的电荷量不为零，选项B错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A2示数变小，结合错误!＝错误!可得,电流表A1示数也变小，选项C正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，结合错误!＝错误!，V2示数也不变,电压表V3示数变大，选项D错误．答案：C二、非选择题1、（2018·山东青岛一模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h。
(人教版)高考物理一轮选择题夯基练习(D)含答案
2020届（人教版）高考物理一轮选择题夯基练习（D）含答案1、如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是()A．球一定受墙水平向左的弹力B．球可能受墙水平向左的弹力C．球一定受斜面水平向左的弹力D．球可能受垂直于斜面向上的弹力解析：选B.F的大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对球有弹力，所以选项A错误，B正确；斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，该弹力方向垂直于斜面向上，所以选项C、D错误．2、如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则()A．绳子对甲的拉力大小小于甲的重力大小B．绳子对甲的拉力大小大于甲对绳子的拉力大小C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定小于乙的重力大小D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小解析：选 D.由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力大小，A 错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小，B错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小，C错，D对．3、一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度v匀速运动．在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体的接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时，竖直杆运动的速度为()A.v tan θB ．v tan θC ．v cos θD ．v sin θ解析：选B.竖直杆运动的速度(实际速度)v P 是接触点沿切线方向的速度与半圆柱体速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则，得v P ＝v tan θ，故B 正确．4、静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系正确的是( )解析：选 C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有F －mg ＝ma ，h ＝12at 2，某一时刻的机械能E ＝ΔE ＝F ·h ，联立以上各式得E ＝Fa 2·t 2∝t 2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C 正确．5、一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同解析：选C.由于A 点处电场线比B 点处电场线疏，因此A 点电场强度比B 点小，A 项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B 项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，C 项正确；将检验电荷从A 点沿不同的路径移到B 点，由于A 、B 两点的电势差恒定，因此电场力做功W AB ＝qU AB 相同，D 项错误．6、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机的电阻为1 2103 ΩC ．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J解析：选A.根据题述，电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ，可知电热丝功率为880 W ，由P ＝U 2R 可得电热丝的电阻为R ＝55 Ω，电动机为非纯电阻电器，R 电动≠U 2P 电动＝1 2103 Ω，选项A 正确，B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为0，当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ，选项C 、D 错误．7、（多选题）如图所示，两根间距为d 的平行光滑金属导轨间接有电源E ，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab 垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab 刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )A ．增大磁感应强度BB ．调节滑动变阻器使电流增大C ．增大导轨平面与水平面间的夹角θD ．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变解析：选AB ．对金属杆受力分析，沿导轨方向：BEd R －mg sin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则BEd R增大，A 、B 正确；若增大θ，则mg sin θ增大，C 错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D 错误．8、如图所示，两个同心圆形线圈a 、b 在同一平面内，其半径大小关系为r a >r b ，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa 、Φb 间的大小关系为( )A ．Φa >ΦbB ．Φa ＝ΦbC ．Φa <ΦbD ．条件不足，无法判断解析：选C ．条形磁铁内部的磁感线全部穿过a 、b 两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a 的比穿过线圈b 的要多，线圈a 中磁感线条数的代数和要小，故选项C 正确．9、如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A ．7．5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V 解析：选C ．根据电流的热效应有⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 22·1R ·T 3＋(9 V)2R ·2T 3＝U 2R T ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项正确．10、如图为两分子系统的势能E p 与两分子间距离r 的关系曲线．下列说法正确的是()A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r1时，分子间势能E p最小D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做正功解析：选BD．由题图知：r＝r2时分子势能最小，C错；平衡距离为r2，r ＜r2时分子力表现为斥力，A错，B对；r由r1变到r2的过程中，分子势能逐渐减小，分子力做正功，D对．11、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D．玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．。
2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习(一)新人教版
计算题夯基练习（1）1、随着科学技术的发展，运动员的训练也由原来的高强度、大运动量，转变为科学训练。
我们看到世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达，有些甚至接近健美运动员，因为肌肉与脂肪的比例越高，他运动过程中受到的阻力就越小，加速跑的加速度就越大，因此可以提高运动员的比赛成绩。
某运动员的质量m=80.0 kg，他的百米跑可以简化成两个阶段：第一阶段为匀加速直线运动，第二阶段为匀速运动。
假设运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于运动员自身重力的0.24倍。
若该运动员的百米成绩为10.0 s，匀速运动的速度v=12.0 m/s。
重力加速度g取10 m/s2。
求：(1)该运动员加速跑阶段的加速度大小和加速的距离。
(2)假设该运动员通过科学训练使体重减小到75.0 kg，而他的肌肉力量不变，所能达到的最大速度不变，这个运动员的百米成绩能提高到多少秒？(结果保留三位有效数字)【解析】(1)设加速时间为t，有vt+v(t0-t)=x代入已知数据解得t= s又a==3.6 m/s2加速的距离s=vt=20 m(2)设该运动员加速跑时的动力为F，对该运动员有F-F f=ma解得F=480 N体重减少到m=75 kg后，对该运动员有F-F f′=m1a1解得a1=4 m/s2又v2=2a1x1，解得x1=18 m运动员加速的时间t1==3 s匀速的时间t2==6.83 s，所以该运动员的百米成绩为t=t1+t2=9.83 s答案：(1)3.6 m/s220 m (2)9.83 s2、如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上。
滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A、B的质量均为m，撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动。
不计一切摩擦，重力加速度为g。
求：(1) A固定不动时，A对B支持力的大小N。
(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s。
高考物理一轮复习基础夯实练(6)(含解析)新人教版(2021年整理)
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2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（6)李仕才一、选择题1、(2018·浙江温州十校联考)2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅,其运行轨道为如图所示的绕地球E运动的椭圆轨道,地球E位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了卫星经过相等时间间隔(Δt＝T14,T为运转周期）的位置．如果作用在卫星上的力只有地球E对卫星的万有引力，则下列说法正确的是( )A．面积S1〉S2B．卫星在轨道A点的速度小于B点的速度C．T2＝Ca3，其中C为常数，a为椭圆半长轴D．T2＝C′b3，其中C′为常数，b为椭圆半短轴解析：根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故面积S1＝S2，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道A点的速度大于在B点的速度，选项B错误；根据开普勒第三定律可知错误!＝k，其中k为常数，a为椭圆半长轴,选项C正确，选项D错误．答案:C2、(2018·广东五校联考)如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量m A＝3 m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( ）A．弹簧的弹力不变B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变解析:设m A＝3m B＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力,由二力平衡得弹簧的弹力不变，A正确，再对物体A进行受力分析,受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示．刚开始由于m A gsin45°＝错误!mg>m B g＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到F f＋F T－3mgsinθ＝0,F N－3mgcosθ＝0，解得F f＝3mgsinθ－F T＝3mgsinθ－mg，F N＝3mgcosθ。
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【2019最新】精选高考物理一轮复习基础夯实练（5）（含解析）新人教
版
李仕才
一、选择题
1、(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )
A．A、B的质量之比为1： 3
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为： 2
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为：1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1： 2
解析：弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知mAg＝kxtan60°，FA＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，FB＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为mA：mB＝tan60°：tan45°＝：1，FA：FB＝cos45°：cos60°＝：1，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度aA：aB＝gcos60°：gcos45°＝1：，故C、D正确．
答案：CD
2、(2018·重庆调研)如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是( )解析：小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．
答案：C
3、滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．
答案：C
4、
某静电场的电场线分布如图所示，图中A、B两点的电场强度的大小分别为EA
和EB，电势分别为φA和φB，将－q分别放在A、B两点时具有的电势能分别为EpA 和EpB，则( )
A．EA>EB，φA>φB，EpA<EpB
B．EA>EB，φA>φB，EpA>EpB
C．EA<EB，φA>φB，EpA>EpB
D．EA<EB，φA<φB，EpA<EpB
解析：从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度，故A点的电场强度大于B点的电场强度．因电场线的方向由A指向B，而沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势．负电荷从A到B，电场力做负功，电势能增加，所以－q在B点的电势能大于在A点的电势能，故A正确．答案：A
5、某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的
匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)( ) A．若粒子的初始位置在a处，在t＝时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝＝，结合左手定则可知，选项A、D正确．
答案：AD
6、(2018·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，a、b端接入一正弦式交流电源．L1、L2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是( )
A．电流表示数为0.27 A
B．电压表示数为44 V
C．滑片P向下移动时，灯泡L2将变暗
D．滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗
解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为 A，则副线圈电流为 A＝0.55 A，A错．原、副线圈两端电压比为2：1，副线圈两端电压为22 V，所以原线圈两端电压为44 V，B 对．滑片P向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流
也变大，即通过灯泡L2的电流变大，灯泡L2可能变亮或烧毁，C错．滑片P向上移动时，通过灯泡L2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L1可能变亮或烧毁，D错．
答案：B
7、(2018·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt
B．矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表A1的电荷量为0
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小
解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A错误；是四分之一个周期，由Q＝可得，通过电流表A1的电荷量不为零，选项B错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A2示数变小，结合＝可得，电流表A1示数也变小，选项C正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，结合＝，V2示数也不变，电压表V3示数变大，选项D错误．
答案：C
二、非选择题
1、(2018·山东青岛一模)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A 固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0
的大小；
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F，物块相对木板刚好静止，求拉力F的大小．
解析：(1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在运动过程中物块相对于木板静止，两者的加速度a＝gsinθ，根据＝－L，
解得v0＝.
(2)对木板与物块整体有F－2mgsinθ＝2ma0，
对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0，
解得F＝mg.
答案：(1) (2)mg
2、(1)如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿adc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿abc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)热量________J.
(2)(15分)某同学设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度t，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，在1个标准大气压下对B管进行温度刻线(1标准大气压相当于76 cmHg的压强)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内外水银面的高度差x1＝16 cm，此高度差即为27 ℃的刻度线．求：
(ⅰ)推导高度差x随温度t变化的关系式；
(ⅱ)判断该测温装置的刻度是否均匀，并指出温度t＝0 ℃刻度线在何处．
解析：(1)对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能还是增加220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.
(2)(ⅰ)B管体积忽略不计，玻璃泡A内气体体积保持不变，是等容变化过程，根据查理定律可得＝p2
T2
根据平衡条件可知，玻璃泡A内气体压强p＝p0－ρgx，其中p0为标准大气压，代入数据解得x＝21.4－(cm)．
(ⅱ)由方程可知，x与t是线性函数，所以该测温装置的刻度是均匀的．
根据方程x＝21.4－(cm)，
将t＝0 ℃代入上式可得，x＝21.4 cm.
所以温度t＝0 ℃刻度线在x＝21.4 cm处．
答案：(1)吸收260 (2)(ⅰ)x＝21.4－(cm) (ⅱ)刻度均匀x＝21.4 cm处。